Stargazer的博客

传送门跟之前考过的一道有点像先建成一棵递归树，这样好写些设f[i][s]f[i][s]f[i][s]表示iii点，对于ABCDABCDABCD的指定的2162^{16}216种取值分别为0/10/10/1的方案数转移发现是or和andor和andor和and卷积直接做即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define...

传送门显然fwtfwtfwt数组内只有logloglog个不同的值且可以直接用O(位数)O(位数)O(位数)个数表示而稍微考虑一下会发现两个数组异或卷积后仍然满足这个性质具体可以考虑按照位数从大到小归纳证明顺带可以推出数列异或卷积后的样子然后就可以O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)做完了注意除了每一位对应一个后还剩下一个点没有表示，要单独记一下#include<...

传送门显然贪心直接选i+j+ki+j+ki+j+k最大的更优发现由于建图可以对于每个图分别做小的往大的连形成DAGDAGDAG,发现独立集可以看做组合游戏于是求出SGSGSG函数后fwtfwtfwt即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define cs const#define re register#defin...

传送门设m=2n−1m=2^n-1m=2n−1显然可以得到∀i>0\forall i>0∀i>0f[i]=1+∑jf[i⊕j]p[j]f[i]=1+\sum_{j}f[i\oplus j]p[j]f[i]=1+j∑​f[i⊕j]p[j]f[i]−1=∑j=0mf[i⊕j]p[j]f[i]-1=\sum_{j=0}^{m}f[i\oplus j]p[j]f[i]−1=j=...

传送门首先把权值化作下标首先显然是要求∏(1+xai)\prod(1+x^{a_i})∏(1+xai​)一样的东西这里的乘法是kkk进制不进位加法卷积显然是做fwtfwtfwt由于998244353998244353998244353没有w5,w6w_5,w_6w5​,w6​手动扩域即可考虑加起来做fwtfwtfwt，然后再还原乘起来的fwtfwtfwt点值考虑高维dftdftdf...

传送门在ldxfAKefAKeldxfAKefAKeldxfAKefAKe的帮助下终于会这道题了其实发现本身只是一个十进制fwtfwtfwt裸题但是由于奇特的模数2582^{58}258没法直接搞问题在于没有ω10\omega_{10}ω10​以及idwtidwtidwt的时候除101010没有逆元首先逆元的问题可以发现10=2∗5，510=2*5，510=2∗5，5有逆元然后发现实际...

传送门和黎明前的巧克力没什么区别只是有三个变量了考虑先对于a,b,ca,b,ca,b,c变成0,b⊕a,c⊕a0,b\oplus a,c\oplus a0,b⊕a,c⊕a最后异或⊕iai\oplus_i a_i⊕i​ai​就可以了这样就只有2个了做三次fwtfwtfwt即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#defi...

传送门令fsf_sfs​表示走到状态sss的期望步数那么有s=∅,fs=0s=\empty,f_s=0s=∅,fs​=0else,fs=1+∑ifs⊕ipielse ,f_s=1+\sum_{i}f_{s\oplus i}p_ielse,fs​=1+∑i​fs⊕i​pi​这是fwtfwtfwt的形式设fff为fsf_sfs​的集合幂级数设g=∑ipix2ig=\sum_{i}p_...

传送门设f(i,j)f(i,j)f(i,j)为做几次旅行，总共走iii步，愉悦值为jjj的方案数这个不好求考虑求出f′(i,j)f&#x27;(i,j)f′(i,j)为做几次旅行，总共走iii步，愉悦值为jjj的超集（即j&amp;val=jj\&amp;val=jj&val=j的valvalval）的方案数求出f′f&#x27;f′之后可以做FM...

传送门交的时候CFCFCF评测鸡咕咕咕了，等了一个中午由于行很少考虑一个显然的想法是暴力枚举每行是否翻转对于每一列就可以贪心做了O(217m)O(2^{17}m)O(217m)要TTT考虑说把每一列看做一个二进制数行的翻转情况就也是一个二进制数了设a[i]a[i]a[i]表示二进制数为iii的个数，b[i]b[i]b[i]为二进制数为iii的最小答案(就是翻不翻转取min⁡\mi...

传送门考虑说2个人选的集合不相交而且分别异或起来相等其实就是有多少个集合划分异或和为0对于每个巧克力构建形式幂级数

传送门NimNimNim游戏先手必败就是所有堆异或和为000选kkk个异或和为000就是FwtFwtFwt点值kkk次方把所有质数拿出来做一个FwtFwtFwt就可以了#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define gc getcharinline int read(){ char ch=gc(); int re...

传送门考虑直接树形dpdpdp是O(nm2)O(nm^2)O(nm2)的考虑普通的树形背包用FFTFFTFFT优化是O(nmlogm)O(nmlogm)O(nmlogm)的异或的背包类似的用FWTFWTFWT做就可以了由于是联通块有只选子树的情况不过好像也可以直接联通块dpdpdp做到O(nm)?O(nm)?O(nm)?#include<bits/stdc++.h>usi...

传送门考虑说G,LG,LG,L相当于限制了一些质因子的出现次数有上下界其实就相当于有pnump_{num}pnum​个限制我们要在GGG的因数里面选一些数出来满足限制的方案数看一下每个因数满足哪些限制然后就是一个状压dpdpdp了考虑强制选xxx的先把为000的判掉然后就是前面和后面一段dpdpdp值维护一个前后缀dpdpdp做一个FMTFMTFMT再加上自己的状态就可以了...

传送门令f(s)f(s)f(s)表示状态为sss的人口之和，g(s)g(s)g(s)为状态sss的所有州的划分的满意度之和则g(s)=∑i⊆sf(i)f(s)g(s⨁i)g(s)=\sum_{i\subseteq s}\frac{f(i)}{f(s)}g(s\bigoplus i)g(s)=∑i⊆s​f(s)f(i)​g(s⨁i)    &nbsp...

BZOJ传送门洛谷传送门好像还可以Min−MaxMin-MaxMin−Max容斥f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示前iii次，状态为jjj的概率令m=2nm=2^nm=2n则要求的答案为∑k=1∞k∗(f[k][m−1]−f[k−1][m−1])\sum_{k=1}^{\infty}k*(f[k][m-1]-f[k-1][m-1])∑k=1∞​k∗(f[k][m−1]−f...